2017-2018学年辽宁省抚顺市六校高二下学期期末考试化学试题 解析版 18页

辽宁省抚顺市六校2017-2018学年高二下学期期末考试化学试题 本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分，时间为90分钟，满分100分。‎ 相对原子质量 H:1, C:12, N:14, O:16, Na:23, K:39, Fe:56‎ 第I卷（42分）‎ 一、选择题(本题共14小题，每题只有1个选项符合题意，每题3分)‎ ‎1. 化学与生活息息相关，下列有关说法错误的是（ ）‎ A. 苏打水是Na2CO3饱和溶液，可以缓解胃酸过多 B. 明矾净水，利用了Al(OH)3胶粒的吸附性质 C. 铁粉可以用于食品保鲜，涉及到Fe的还原性 D. 碘酒在处理伤口时，应用了I2的氧化性 ‎【答案】A ‎【解析】分析：A. Na2CO3饱和溶液的碱性较强，对胃有较大的刺激作用；B. 明矾溶于水时水解生成了氢氧化铝胶体；C. 铁粉具有还原性，能够与食品包装中的氧气反应；D. 碘酒中的碘具有氧化性，可以杀菌消毒；据此分析判断。‎ 详解：A. Na2CO3饱和溶液的碱性较强，对胃有较大的刺激作用，缓解胃酸过多，应该选用碳酸氢钠，故A错误；B. 明矾溶于水时，铝离子水解生成了氢氧化铝胶体，具有吸附性，起到净水作用，故B正确；C. 铁粉具有还原性，能够与氧气反应，可以用于食品保鲜，作为抗氧化剂，故C正确；D. 碘酒中的碘具有氧化性，在处理伤口时，应用了I2的氧化性，杀菌消毒，故D正确；故选A。‎ ‎2. 光化学烟雾是汽车尾气在紫外线作用下生成的有害浅蓝色烟雾，由氮的氧化物和烃类等一次污染物，与它们发生一系列光化学反应生成的臭氧、醛类、过氧乙酰硝酸酯(PAN)等二次污染物组成。光化学烟雾导致眼睛及粘膜受刺激，引发呼吸道疾病，严重时使人头痛、呕吐，甚至死亡。下列叙述中错误的是（ ）‎ A. 光化学烟雾的分散剂为空气 B. NO2为酸性氧化物 C. O2转化成O3的反应为非氧化还原反应 D. 汽车节能减排措施可以缓解光化学烟雾带来的污染 ‎【答案】B ‎【解析】分析：A. 根据光化学烟雾的组成分析判断；B.根据 NO2与水反应生成硝酸和一氧化氮分析判断；C. 根据O2转化成O3的反应中是否存在元素化合价的变化判断；D. 根据汽车节能减排措施可以减少空气污染物的排放判断。‎ 详解：A. 光化学烟雾的分散剂为空气，分散质为各种污染物，故A正确；B. NO2与水反应生成硝酸和一氧化氮，不属于酸性氧化物，故B错误；C. O2转化成O3的反应中没有元素化合价的变化，属于非氧化还原反应，故C正确；D. 汽车节能减排措施可以减少空气污染物的排放，起到缓解光化学烟雾带来的污染，故D正确；故选B。‎ ‎3. 下列各项叙述中，正确的是(　　)‎ A. 所有原子任一能层的s电子云轮廓图都是球形，但球的半径大小不同 B. 镁原子由1s22s22p63s2→1s22s22p63p2时，原子释放能量，由基态转化成激发态 C. 24Cr原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d44s2‎ D. 价电子排布为5s25p1的元素位于第五周期第ⅠA族，是s区元素 ‎【答案】A ‎【解析】分析：A．s电子云轮廓图都是球形，能层越大，球的半径越大；B．根据原子由基态转化成激发态，电子能量增大，需要吸收能量；C．根据电子排布式的书写方法来解答；D．根据主族元素的周期序数=电子层数；最外层电子=主族序数；最后一个电子排在哪个轨道就属于哪个区；据此分析判断。‎ 详解：A．所有原子任一能层的S电子云轮廓图都是球形，能层越大，球的半径越大，故A正确；B．基态Mg的电子排布式为1s22s22p63s2，能量处于最低状态，当变为1s22s22p63p2时，电子发生跃迁，需要吸收能量，变为激发态，故B错误；C．24Cr原子的电子排布式是：1s22s22p63s23p63d54s1，半充满轨道能量较低，故C错误；D．价电子排布为5s25p1的元素最外层电子数为3，电子层数是5，最后一个电子排在p轨道，所以该元素位于第五周期第ⅢA族，是p区元素，故D错误；故选A。‎ ‎4. 现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：‎ ‎① 1s22s22p63s23p4 ② 1s22s22p63s23p3 ③ 1s22s22p3 ④ 1s22s22p5‎ 则下列有关比较中正确的是(　　)‎ A. 最高正化合价：④>③＝②>①‎ B. 电负性：④>③>②>①‎ C. 原子半径：④>③>②>①‎ D. 第一电离能：④>③>②>①‎ ‎【答案】D ‎【解析】分析：由四种元素基态原子电子排布式可知，①1s22s22p63s23p4是S元素、②1s22s22p63s23p3是P元素、③2s22p3是N元素、④2s22p5是F元素。A．最高正化合价等于最外层电子数，但F元素没有正化合价；B．同周期自左而右电负性增大，非金属性越强电负性越大；C．同周期自左而右原子半径减小、电子层越多原子半径越大；D．同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，同主族自上而下第一电离能降低，注意全满、半满稳定状态；据此分析判断。‎ 详解：由四种元素基态原子电子排布式可知，①1s22s22p63s23p4是S元素、②1s22s22p63s23p3是P元素、③2s22p3是N元素、④2s22p5是F元素。A．最高正化合价等于最外层电子数，但F元素没有正化合价，所以最高正化合价：①＞②=③，故A错误；B．同周期自左而右电负性增大，所以电负性P＜S，N＜F，N元素非金属性与S元素强，所以电负性P＜N，故电负性F＞N＞S＞P，即④>③>①>②，故B错误；C．同周期自左而右原子半径减小，所以原子半径P＞S，N＞F，电子层越多原子半径越大，故原子半径P＞S＞N＞F，即②＞①＞③＞④，故C错误；D．同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，故第一电离能N＜F，但P元素原子3p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能S＜P，同主族自上而下第一电离能降低，所以第一电离能N＞P，所以第一电离能F＞N＞P＞S，即④＞③＞②＞①，故D正确；故选D。‎ 点睛：考查结构与物质关系、核外电子排布规律、元素周期律等，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，根据原子结构判断元素是关键。本题的易错点为D，要注意全满、半满稳定状态对第一电离能的影响。‎ ‎5. NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 标准状况下，4.48 L SO3中含有O原子个数为0.6 NA B. 常温常压下，1 L 0.1 mol/L CH3CH2OH溶液中含有H原子数目为0.6 NA C. 熔融状态下，0.2 mol NaHSO4中阴阳离子个数之和为0.6 NA D. 一定条件下，N2与H2充分反应得到3.4 g NH3，转移电子数为0.6 NA ‎【答案】D ‎【解析】分析：A、标况下，三氧化硫为固体；B. 1 L 0.1 mol/L CH3CH2OH溶液中含有乙醇和水；C、求出NaHSO4的物质的量，然后根据1molNaHSO4中含1mol钠离子和1mol硫酸氢根离子来分析；D、根据反应生成的氨气计算；据此分析判断。‎ 详解：A、标况下，三氧化硫为固体，不能根据其气体摩尔体积来计算其物质的量，故A错误；B. 1 L 0.1 mol/L CH3CH2OH溶液中含有乙醇和水，水中也存在H原子，含有H原子数目远大于0.6 NA，故B错误；C、1molNaHSO4中含1mol钠离子和1mol硫酸氢根离子，故0.2mol硫酸氢钠中含0.4mol离子即0.4NA个，故C错误；D、一定条件下，N2与H2充分反应得到3.4 g NH3的物质的量为0.2mol，转移的电子数为0.6NA个，故D正确；故选D。‎ 点睛：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键。本题的易错点为B，要注意溶液中包括溶质和溶剂。‎ ‎6. 下列说法正确的是(NA为阿伏加德罗常数)(　　)‎ A. 12 g石墨中含有C—C键的个数为1.5 NA B. 12 g金刚石中含有C—C键的个数为4 NA C. 60 g SiO2中含有Si—O键的个数为2 NA D. 124 g P4中含有P—P键的个数为4 NA ‎【答案】A ‎【解析】分析：A．石墨中每个碳原子含有 个C-C键，根据12g石墨中含有的碳原子个数计算C-C键个数；B．金刚石中每个碳原子含有2个C-C键，根据12g金刚石中含有的碳原子个数计算C-C键个数；C．二氧化硅晶体中每个硅原子含有4个Si-O键，根据60g二氧化硅中含有的硅原子个数计算Si-O键个数；D．先根据质量、物质的量、分子数之间的关系式计算白磷分子数，一个白磷分子中含有6个P-P键，据此计算含有的P-P键个数。‎ 点睛：本题考查阿伏伽德罗常数的有关计算，明确物质结构是解本题关键，注意石墨和金刚石结构的区别，为易错点，石墨为平面六边形结构，金刚石为空间正四面体结构。‎ ‎7. 下列选项对离子方程式的判断合理的是（ ）‎ 反应物 离子方程式 判断 A．Al2O3与足量的NaOH溶液反应 ‎2Al2O3+2OH-=4AlO2-+H2↑‎ 正确 B．NH4HCO3与足量的NaOH溶液反应 HCO3-+OH-=CO32-+H2O 正确 C．Ca(HCO3)2溶液与足量NaOH溶液反应 Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O 错误 D．FeBr2溶液与等物质的量的的Cl2反应 ‎2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-‎ 错误 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】分析：A．Al2O3与足量的NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水；B．NH4HCO3与足量的NaOH溶液反应生成氨气和碳酸钠；C．Ca(HCO3)2溶液与足量NaOH溶液反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水；D．FeBr2溶液与等物质的量的的Cl2反应，离子方程式为2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-。据此分析判断。‎ 详解：A．Al2O3‎ 与足量的NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式错误，故A错误；B．NH4HCO3与足量的NaOH溶液反应生成氨气和碳酸钠，离子方程式错误，故B错误；C．Ca(HCO3)2溶液与足量NaOH溶液反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，离子方程式为Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+2H2O+ CO32-，离子方程式错误，判断正确，故C正确；D．FeBr2溶液与等物质的量的的Cl2反应，离子方程式为2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-，判断错误，故D错误；故选C。‎ ‎8. 下列描述正确的是(　　)‎ A. 水加热到很高温度都难分解是因水分子间存在氢键 B. C2H2分子中σ键与π键的数目比为1∶1‎ C. CS2为V形极性分子 D. SiF4与SO32-的中心原子均为sp3杂化 ‎【答案】D ‎【解析】分析：根据价层电子对互斥理论确定微粒的空间构型及原子是杂化方式，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，σ键个数=配原子个数，孤电子对个数=(a-xb)，a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数，化学键键能大小决定物质的稳定性。‎ 详解：A．水加热到很高温度都难分解是因O-H键的键能较大，与氢键无关，故A错误；B．C2H2分子中σ键与π键的数目比为3：2，故B错误；C．CS2中价层电子对个数=2+(4-2×2)=2，且该分子中正负电荷重心重合，所以为直线形非极性分子，故C错误；D．SiF4中价层电子对个数=4+(4-4×1)=4，SO32-中价层电子对个数=3+(6+2-3×2)=4，所以SiF4和SO32-中中心原子的价层电子对数均为4，因此中心原子均为sp3杂化，故D正确；故选D。‎ ‎9. 向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液。下列对此现象说法正确的是(　　)‎ A. 在[Cu(NH3)4]2＋中，Cu2＋提供孤对电子，NH3提供空轨道 B. 沉淀溶解后，将生成深蓝色的配离子[Cu(NH3)4]2＋‎ C. 反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2＋的浓度不变 D. 向反应后的溶液加入乙醇，溶液没有发生变化 ‎【答案】B ‎【解析】分析：A．配合物中，配位体提供孤电子对，中心原子提供空轨道形成配位键；B．氢氧化铜和氨水反应生成配合物而使溶液澄清；C．硫酸铜先和氨水反应生成氢氧化铜，氢氧化铜和氨水反应生成络合物；D．络合物在乙醇中溶解度较小。‎ 详解：A．在[Cu(NH3)4]2+离子中，Cu2+提供空轨道，NH3提供孤电子对，故A错误；B．硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物离子[Cu(NH3)4]2+而使溶液澄清，故B正确；C．硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物而使溶液澄清，所以溶液中铜离子浓度减小，故C错误；D．[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，向溶液中加入乙醇后会析出蓝色晶体，故D错误；故选B。‎ ‎10. 为鉴别某种白色固体样品成分，进行如下实验：‎ ‎①取少量样品加入足量水后充分搅拌，样品未全部溶解；再加入足量稀盐酸，有无色气体生成，固体全部溶解；‎ ‎②取少量样品加入足量稀硝酸后充分搅拌，样品未全部溶解。‎ 该白色固体样品成分可能为（ ）‎ A. Al2(SO4)3，NaHCO3 B. CaCO3，CuCl2‎ C. AgCl，Na2CO3 D. BaCl2，Na2SO3‎ ‎【答案】D ‎【解析】分析：①取少量样品加入足量水仍有部分固体未溶解，说明有物质不溶于水，再加入足量稀盐酸，有无色气体产生，固体全部溶解，则至少有一种物质可与盐酸反应生成气体，可能为二氧化碳或二氧化硫；②取少量样品加入足量稀硝酸有气泡产生，振荡后仍有固体存在，说明在振荡过程中生成不溶于酸的固体，以此解答该题。‎ 详解：A．Al2(SO4)3，NaHCO3都与硝酸反应，硝酸足量时没有固体剩余，故A错误；B．CaCO3不溶于水，能与盐酸反应，且生成二氧化碳气体；加入足量稀硝酸，样品全部溶解，故B错误；C．碳酸钠与盐酸反应生成气体，AgCl不溶于盐酸，故C错误；D．BaCl2，Na2SO3加入水中反应生成亚硫酸钡出，加入过量稀盐酸，生成二氧化硫气体，但没有固体剩余，BaCl2，Na2SO3加入足量稀硝酸，生成硫酸钡沉淀，故D正确；故选D。‎ 点睛：本题考查物质的检验和鉴别，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意把握物质的性质，为解答该题的关键。本题的易错点为D，要注意硝酸具有强氧化性。‎ ‎11. 下列有关离子晶体的数据大小比较不正确的是(　　)‎ A. 晶格能：NaF>NaCl>NaBr B. 硬度：MgO>CaO>BaO C. 熔点：NaF>MgF2>AlF3‎ D. 阴离子的配位数：CsCl>NaCl>CaF2‎ ‎【答案】C ‎【解析】分析：A、离子半径越小，所带电荷数越大，晶格能越大；B、根据原子半径大小比较键能，根据键能大小比较硬度；C、从离子半径以及电荷的角度比较晶格能，根据晶格能大小比较；D、根据NaCl、CsCl、CaF2的晶胞结构分别为：、、分析。‎ 详解： A、离子半径Br-＞Cl-＞F-，离子半径越小，所带电荷数越大，晶格能越大，故A正确；B、原子半径Ba＞Ca＞Mg，原子半径越大，键能越小，硬度越小，故B正确；C、离子半径Na+＞Mg2+＞Al3+，离子半径越小，电荷越多，晶格能越大，则熔点越高，故C错误；D、NaCl、CsCl、CaF2的晶胞结构分别为：、、，结合图可知，CsCl为立方体心结构，Cl-的配位数是8；在CaF2晶胞中每个Ca2+连接4个氟离子，但在下面一个晶胞中又连接4个氟离子，所以其配位数为8，在CaF2晶胞中每个F-连接4个钙离子，所以其配位数为4；NaCl为立方面向结构，钠离子的配位数为6，Cl-的配位数是6，则阴离子的配位数：CsCl＞NaCl＞CaF2，故D正确；故选C。‎ ‎12. 由下列实验操作及现象，可以推出相应结论的是（ ）‎ 实验操作 实验现象 实验结论 A．‎ 溶液中加入K3[Fe(CN)6]‎ 有蓝色沉淀生成 溶液中含有Fe2+‎ B．‎ 向样品溶液中加入淀粉溶液 溶液变为蓝色 溶液中含有I-‎ C．‎ 向样品溶液中加入BaCl2溶液，再加入稀盐酸 有白色沉淀生成 溶液中含有SO42-‎ D．‎ 向样品溶液中加入过量稀盐酸 生成气体使品红溶液褪色 溶液中含有SO32-‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】分析：A．Fe2+和K3[Fe(CN)6]溶液反应生成特征蓝色沉淀；B．碘单质遇到淀粉溶液变为蓝色；C．向样品溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，白色沉淀可能是硫酸钡或氯化银；D．向样品溶液中加入过量稀盐酸，生成的气体使品红溶液褪色，说明生成了二氧化硫，据此分析判断。‎ 详解：A．Fe2+和K3[Fe(CN)6]溶液反应生成特征蓝色沉淀，所以该实验现象可以检验亚铁离子，故A正确；B．向样品溶液中加入淀粉溶液，溶液变为蓝色，说明溶液中含有碘单质，结论错误，故B错误；C．向样品溶液中加入BaCl2溶液，再加入稀盐酸，有白色沉淀生成，溶液中可能含有SO42-或银离子，结论错误，故C错误；D．向样品溶液中加入过量稀盐酸，生成的气体使品红溶液褪色，说明溶液中含有SO32-或HSO3-，结论错误，故D错误；故选A。‎ ‎13. 如图是Mn和Bi形成的某种晶体的晶胞结构示意图，则该晶体的化学式可表示为(　　)‎ A. Mn4Bi3‎ B. Mn2Bi C. MnBi D. MnBi3‎ ‎【答案】C ‎【解析】分析：根据均摊法计算，由晶胞的结构图可知，锰原子分布在正六棱柱的顶点、上下底面的面心上、棱边的中点上和体心上，铋原子位于体内，根据晶胞中原子的计算方法计算解答。‎ 详解：由晶胞的结构图可知，锰原子分布在正六棱柱的顶点、上下底面的面心上、棱边的中点上和体心上，所以锰原子的个数为：12×+2×+6×+1＝6，铋原子分布在六棱柱的体内，数目为6，所以锰原子和铋原子的个数比为6：6=1：1，所以化学式为MnBi，故选C。‎ 点睛：本题主要考查均摊法计算晶胞中各种原子的个数，解题时要注意观察晶胞中各种原子的分布。本题的易错点为顶点的原子是，不是；棱边上的原子是，不是，主要是该晶胞不是立方体，而是六棱柱。‎ ‎14. 将NaAlO2、Ba(OH)2、NaOH配成100.0 mL混合溶液，向该溶液中通入足量CO2，生成沉淀的物质的量n(沉淀)，与通入CO2的体积（标准状况下）V(CO2)的关系，如下图所示，‎ 下列说法中正确的是（ ）‎ A. P点的值为12.32‎ B. 混合溶液中c(NaOH)+c(NaAlO2)=4.0 mol/L C. bc段的化学反应方程式为：NaOH+CO2=NaHCO3‎ D. cd段表示Al(OH)3沉淀溶解 ‎【答案】B ‎【解析】分析：开始通入CO2，二氧化碳与氢氧化钡反应有沉淀BaCO3产生；将Ba(OH)2消耗完毕，接下来消耗NaOH，因而此段不会产生沉淀(即沉淀的量保持不变)；NaOH被消耗完毕，接下来二氧化碳与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀；又因二氧化碳足量，还可以继续与上面反应的产物Na2CO3反应，沉淀量不变，继续与BaCO3反应，沉淀减少，最后剩余沉淀为Al(OH)3。‎ 详解：A.‎ ‎ 根据上述分析，b点对应的溶液中含有碳酸钠，c点对应的溶液中含有碳酸氢钠，d点对应的溶液中含有碳酸氢钠和碳酸氢钡，溶解碳酸钡消耗的二氧化碳为22.4L-15.68L=6.72L，物质的量为=0.3mol，因此原混合溶液中含有0.3mol Ba(OH)2；c点对应的溶液中含有碳酸氢钠，根据碳元素守恒，生成碳酸氢钠和碳酸钡共消耗=0.7mol二氧化碳，因此碳酸氢钠的物质的量为0.7mol -0.3mol=0.4mol，根据钠元素守恒，混合溶液中n(NaOH)+n(NaAlO2) =0.4 mol，b点消耗的二氧化碳是与NaAlO2、Ba(OH)2、NaOH反应生成碳酸钡，氢氧化铝和碳酸钠的二氧化碳的总量，根据CO2+Ba(OH)2═BaCO3↓+H2O、CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O、CO2+3H2O+2NaAlO2═2Al(OH)3↓+Na2CO3可知，n (CO2)=n[Ba(OH)2]+ n(NaOH)+n(NaAlO2)=0.3mol+0.2mol=0.5mol，体积为11.2L，故A错误；B. c点对应的溶液中含有碳酸氢钠，根据碳元素守恒，生成碳酸氢钠和碳酸钡共消耗=0.7mol二氧化碳，因此碳酸氢钠的物质的量为0.7mol -0.3mol=0.4mol，根据钠元素守恒，混合溶液中c(NaOH)+c(NaAlO2)==4.0 mol/L，故B正确；C. bc段是碳酸钠溶解的过程，反应的化学反应方程式为：Na2CO3+H2O +CO2=2NaHCO3，故C错误；D. cd段是溶解碳酸钡的过程，故D错误；故选B。‎ 点睛：本题考查了二氧化碳、偏铝酸钠等的性质和相关计算，本题的难度较大，理清反应的顺序是解题的关键。本题的难点为A，要注意守恒法的应用。‎ 第Ⅱ卷（58分）‎ 二、填空题(共4题）‎ ‎15. 钠硝石又名智利硝石，主要成分为NaNO3。据最新勘探预测表明，我国吐鲁番盆地钠硝石资源量约2.2亿吨，超过了原世界排名第一的智利。一种以钠硝石为原料制备KNO3的流程如下图所示（矿石中其他物质均忽略）：‎ 相关化合物溶解度随温度变化曲线如下图所示：‎ 回答下列问题：‎ ‎(1) NaNO3是________________（填“电解质”或“非电解质”）。‎ ‎(2) 一定温度下，NaNO3可分解生成Na2O、NO和O2，该反应的化学方程式为__________________。‎ ‎(3) 为提高钠硝石的溶浸速率，可对矿石进行何种预处理________________（答出一种即可）。‎ ‎(4) 为减少KNO3的损失，步骤a的操作应为：________________________________；‎ 步骤b中控制温度可为下列选项中的________。‎ A．10℃ B．40℃ C．60℃ D．90℃‎ ‎(5) 如何验证洗涤后的KNO3中没有Cl-：_______________________________________。‎ ‎(6) 若100吨钠硝石可生产60.6吨KNO3，则KNO3的产率为________。‎ ‎【答案】 (1). 电解质 (2). 4NaNO32Na2O+4NO↑+3O2↑ (3). 粉碎 (4). 蒸发结晶，趁热过滤 (5). A (6). 取最后一次洗涤的洗涤液少许于试管中，滴加HNO3酸化的AgNO3溶液，若未出现白色沉淀，说明洗涤后的KNO3中没有Cl- (7). 51%‎ ‎【解析】分析： (1)根据NaNO3是易溶于水的盐判断；‎ ‎(2) 根据NaNO3可分解生成Na2O、NO和O2书写反应的化学方程式并配平；‎ ‎(3) 根据影响化学反应速率的因素分析；‎ ‎(4) 根据相关化合物溶解度随温度变化曲线可知，硝酸钾的溶解度随温度的变化明显，而氯化钠的溶解度随温度的变化不大分析解答；步骤b中需要析出硝酸钾晶体，从尽可能多的析出硝酸钾考虑；‎ ‎(5)检验有没有Cl-；‎ ‎(6) 根据硝酸根守恒，存在NaNO3~ KNO3，首先计算理论上100吨钠硝石可生产KNO3的质量，再求KNO3的产率。‎ 详解： (1) NaNO3是易溶于水的盐，属于电解质，故答案为：电解质；‎ ‎(2) 一定温度下，NaNO3可分解生成Na2O、NO和O2，该反应的化学方程式为4NaNO32Na2O+4NO↑+3O2↑，故答案为：4NaNO32Na2O+4NO↑+3O2↑；‎ ‎(3) 根据影响化学反应速率的因素可知，可将矿石粉碎，以提高钠硝石的溶浸速率，故答案为：粉碎；‎ ‎(4) 根据相关化合物溶解度随温度变化曲线可知，硝酸钾的溶解度随温度的变化明显，而氯化钠的溶解度随温度的变化不大，为减少KNO3的损失，步骤a应为蒸发结晶，趁热过滤；步骤b中需要析出硝酸钾晶体，为了尽可能多的析出硝酸钾，应该控制温度在10℃最好，故答案为：蒸发结晶，趁热过滤；A；‎ ‎(6) 根据硝酸根守恒，存在NaNO3~ KNO3，理论上100吨钠硝石可生产KNO3的质量为100吨×=118.8吨，则KNO3的产率为×100%=51%，故答案为：51%。‎ ‎16. 铜的离子除了铜离子(Cu2+)外，自然界中还存在亚铜离子(Cu+)。Cu+在水溶液中没有Cu2+稳定，易在酸性条件下发生反应：2Cu+═Cu2++Cu。+1价铜的化合物通常是难溶物，如Cu2O、CuI、CuCl、Cu2S、等。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1) 在新制Cu(OH)2悬浊液中滴入葡萄糖溶液，加热生成难溶物的颜色为________；若继续加热，出现黑色物质，判断这种物质的化学式为________________。‎ ‎(2) 在CuCl2溶液中滴加过量KI溶液，可发生如下反应：‎ a．2Cu2++4I-═2CuI↓（白色）+I2‎ b．2Cu2++2Cl-+2I-═2CuCl↓（白色）+I2‎ 为顺利观察到CuI、CuCl白色沉淀，可以加入下列试剂中的________。‎ A．乙醇 B．苯 C．盐酸溶液 D．NaCl溶液 ‎(3) Cu2S在稀H2SO4酸化下与氧气反应生成CuSO4，该反应的化学方程式为________________________________；该反应的还原剂为________________，当1 mol O2‎ 发生反应时，还原剂所失电子的物质的量为________mol，其中被S元素还原的O2的物质的量为________mol。‎ ‎【答案】 (1). 砖红色 (2). CuO (3). B (4). 2Cu2S+2H2SO4+5O2═4CuSO4+2H2O (5). Cu2S (6). 4 (7). 0.8‎ ‎【解析】分析：(1)葡萄糖分子中含有醛基，和新制氢氧化铜浊液加热反应生成砖红色沉淀Cu2O，黑色的物质的产生源于加热温度过高；‎ ‎(2)碘水的颜色影响白色沉淀的观察，可以选用萃取剂把碘萃取出来；‎ ‎(3)失电子化合价升高的反应物是还原剂，根据得失电子相等计算失去电子的物质的量；铜元素和硫元素还原的氧气总量为1mol，根据比例关系计算被S元素还原的O2的物质的量。‎ 详解：(1)葡糖糖是一个多羟基醛，能与新制氢氧化铜浊液加热反应生成砖红色沉淀Cu2O，如果加热温度过高，氢氧化铜受热分解为黑色的氧化铜(CuO)和水，故答案为：砖红色；CuO；‎ ‎(2)碘水是棕褐色的影响白色沉淀的观察，可以用苯把碘单质萃取出来，由于酒精与水以任意比例混溶，因此不能做萃取剂，故答案为：B；‎ ‎(3)Cu2S在稀H2SO4酸化下与氧气反应生成CuSO4，该反应的化学方程式为2Cu2S+2H2SO4+5O2═4CuSO4+2H2O，在该反应中，Cu元素化合价由+1升高到+2，S元素由-2升高到+6，所以Cu2S做还原剂；氧化还原反应中得失电子数相等，所以当有1molO2参与反应时失去4mol电子，则还原剂所失电子的物质的量为4mol；其中S元素的化合价由-2价升高到+6价，Cu的化合价有+1价升高到+2价，失去的电子数之比为8:2=4:1，因此S元素还原的O2的物质的量为1mol×=0.8mol，故答案为：2Cu2S+2H2SO4+5O2═4CuSO4+2H2O ；Cu2S；4；0.8。‎ ‎17. 高铁酸钾(K2FeO4)为紫黑色粉末，是一种新型高效消毒剂。K2FeO4易溶于水，微溶于浓KOH溶液，在0 ℃~5 ℃的强碱性溶液中较稳定。一般制备方法是先用Cl2与KOH溶液在20 ℃以下反应生成KClO（在较高温度下则生成KClO3），KClO再与KOH、Fe(NO3)3溶液反应即可制得K2FeO4。实验装置如图所示：‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)制备KClO。‎ ‎① 仪器a的名称是________________；装置B吸收的气体是________。‎ ‎② 装置C中三颈烧瓶置于冰水浴中的目的是________________________________；装置D的作用是________________________________。‎ ‎(2) 制备K2FeO4。‎ ‎① 装置C中得到足量KClO后，将三颈烧瓶上的导管取下，加入KOH溶液、Fe(NO3)3溶液，水浴控制反应温度，搅拌，当溶液变为紫红色，该反应的离子方程式为________________________________。‎ ‎② 向装置C中加入饱和________溶液，析出紫黑色晶体，过滤。‎ ‎(3) 测定K2FeO4纯度。‎ 测定制备的K2FeO4的纯度可用滴定法，滴定时有关反应的离子方程式为：‎ a. FeO42-+CrO2-+2H2O═CrO42-+Fe(OH)3↓+OH-‎ b. 2CrO42-+2H+═Cr2O72-+H2O c. Cr2O72-+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O 称取2.0 g 制备的K2FeO4样品溶于适量KOH 溶液中，加入足量的KCrO2，充分反应后过滤，滤液在250 mL 容量瓶中定容．取25.00 mL 加入稀硫酸酸化，用0.10 mol•L-1的(NH4)2Fe(SO4)2 标准溶液滴定至终点，重复操作2次，平均消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液的体积为24.00 mL，则该K2FeO4样品的纯度为________。‎ ‎【答案】 (1). 分液漏斗 (2). HCl (3). 防止Cl2与KOH反应生成KClO3 (4). 吸收多余的Cl2，防止污染空气 (5). 3ClO-+2Fe3++10OH-=2FeO42- +3Cl-+5H2O (6). KOH (7). 79.2%‎ ‎【解析】分析：根据实验装置图可知，A装置中用二氧化锰与浓盐酸加热制得氯气，氯气中有挥发出的来的氯化氢，所以B装置中饱和食盐水是除去氯气中的氯化氢，装置C中用氯气与氢氧化钾溶液反应制得次氯酸钾，为防止在较高温度下生成KClO3，C装置中用冰水浴，反应的尾气氯气用D装置中氢氧化钠吸收。‎ ‎(3)根据反应FeO42-+CrO2-+2H2O═CrO42-+Fe(OH)3↓+OH-、2CrO42-+2H+═Cr2O72-+H2O和 Cr2O72-+6Fe2++14H+═6Fe3++2Cr3++7H2O，可得关系式2FeO42-～Cr2O72-～6Fe2+，再根据题意计算。‎ 详解：(1)①根据装置图可知仪器a的名称是分液漏斗，根据上述分析，装置B吸收的气体为HCl，故答案为：分液漏斗；HCl；‎ ‎②Cl2与KOH溶液在20℃以下反应生成KClO，在较高温度下则生成KClO3，所以冰水浴的目的是防止Cl2与KOH反应生成KClO3，氯气有毒，需要进行尾气吸收，装置D是吸收多余的Cl2，防止污染空气，故答案为：防止Cl2与KOH反应生成KClO3；吸收多余的Cl2，防止污染空气；‎ ‎(2)①足量KClO中依次加入KOH溶液、Fe(NO3)3溶液，发生氧化还原反应生成K2FeO4、KCl和水等，反应的离子方程式为3ClO-+2Fe3++10OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O，故答案为：3ClO-+2Fe3++10OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O；‎ ‎②K2FeO4易溶于水、微溶于浓KOH溶液，所以向装置C中加入饱和KOH溶液，析出紫黑色晶体，过滤，故答案为：KOH；‎ ‎(3)根据反应FeO42-+CrO2-+2H2O═CrO42-+Fe(OH)3↓+OH-、2CrO42-+2H+═Cr2O72-+H2O和 Cr2O72-+6Fe2++14H+═6Fe3++2Cr3++7H2O，可得关系式2FeO42-～Cr2O72-～6Fe2+，根据题意可知，(NH4)2Fe(SO4)2的物质的量为0.024L×0.1000 mol/L=0.0024mol，所以高铁酸钾的质量为0.0024mol×××198g/mol=1.584g，所以K2FeO4样品的纯度为×100%=79.2%，故答案为：79.2%。‎ ‎18. 钛呈银白色，因它坚硬、强度大、耐热、密度小，被称为高技术金属。目前生产钛采用氯化法，即将金红石或钛铁矿与焦炭混合，通入氯气并加热制得TiCl4：‎ ‎2FeTiO3+7Cl2+6C 1173K 2TiCl4+2FeCl3+6CO；TiO2+2Cl2+2C 1173K TiCl4+2CO 将TiCl4蒸馏并提纯，在氩气保护下与镁共热得到钛：‎ TiCl4+2Mg 1220-1420K Ti+2MgCl2‎ MgCl2和过量Mg用稀盐酸溶解后得海绵状钛，再在真空熔化铸成钛锭。‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1) 基态钛原子的价电子排布式为________________。‎ ‎(2) 与CO互为等电子体的离子为________________（填化学式）。‎ ‎(3) 在CH2Cl2、C6H6、CO2、C2H4中，碳原子采取sp杂化的分子有________________。‎ ‎(4) TiCl4在常温下是无色液体，在水或潮湿空气中易水解而冒白烟。则TiCl4属于________（填“原子”、“分子”或“离子”）晶体。‎ ‎(5) 与钛同周期的另一种元素钴(Co)可形成分子式均为Co(NH3)5BrSO4的两种配合物，其中一种化学式为[Co(NH3)5Br]SO4，往其溶液中加BaCl2溶液时，现象是_______________________；‎ 往另一种配合物的溶液中加入BaCl2溶液时，无明显现象，若加入AgNO3溶液时，产生淡黄色沉淀，则第二种配合物的化学式为________________。‎ ‎(6) 在自然界中TiO2有金红石、板钛矿、锐钛矿三种晶型，其中金红石的晶胞如图所示，则其中Ti4+的配位数为________。‎ ‎ ‎ ‎【答案】 (1). 3d24s2 (2). CN−（或NO+、C22−） (3). CO2 (4). 分子 (5). 产生白色沉淀 (6). [Co(NH3)5SO4]Br (7). 6‎ ‎【解析】试题分析：（1）钛为22号元素，基态电子排布式为：[Ar]3d24s2，则基态钛原子的价电子排布式为3d24s2，故答案为：3d24s2；‎ ‎（2）CO为双原子分子，价电子总数为10，则CO的等电子体为离子的为：CN-(或NO+．C22-)，故答案为：CN-(或NO+．C22-)；‎ ‎（3）在CH2Cl2．HCHO．CO2．C2H4中，分子构型分别为四面体形、平面三角形、直线形、平面形，所以碳原子的杂化方式分别为sp3、sp2、sp、sp2杂化，采取sp2杂化的分子有HCHO、C2H4，故答案为：HCHO、C2H4；‎ ‎（4）因TiCl4在常温下是无色液体，说明熔点低，在水或潮湿空气中易水解而冒白烟，说明钛离子为弱碱阳离子，由此可判断 TiCl4是由共价键结合的分子，晶体类型属于分子晶体．故答案为：分子；‎ ‎（5）由[Co(NH3)5Br]SO4可知，硫酸根离子为配合物的外界，在水溶液中以离子形式存在，所以会与钡离子结合成白色沉淀．加入BaCl2溶液时，无明显现象，说明硫酸根离子在内界，若加入AgNO3溶液时，产生淡黄色沉淀，说明溴离子在外界，因此另一配合物的化学式为[Co (NH3)5SO4]Br。故答案为：产生白色沉淀；[Co (NH3)5SO4]Br；‎ ‎（6）观察晶胞结构，可知每个钛周围距离最近的氧原子有6个，即钛的配位数为6，故答案为：6。‎ ‎【考点定位】考查电子排布式的书写、等电子体原理、杂化类型的判断、配合物的组成及性质、晶体类型的判断及晶体结构 ‎【名师点晴】本题考查了电子排布式的书写、等电子体原理、杂化类型的判断、配合物的组成及性质、晶体类型的判断及晶体结构等知识。这些都是高考的热点，是物质结构和性质的核心，应熟练掌握。由价层电子特征判断分子立体构型：判断时需注意以下两点：（1）价层电子对互斥模型说明的是价层电子对的立体构型，而分子的立体构型指的是成键电子对的立体构型，不包括孤电子对。①当中心原子无孤电子对时，两者的构型一致；②当中心原子有孤电子对时，两者的构型不一致。（2）价层电子对互斥模型能预测分子的几何构型，但不能解释分子的成键情况，杂化轨道理论能解释分子的成键情况，但不能预测分子的几何构型。本题易错点是没注意题目要求，如价电子排布式写成了基态原子的电子排布式，等电子体要求写离子，容易把分子也写上。‎ ‎ ‎